洛谷 P2606 [ZJOI2010] 排列計數 題解

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[ZJOI2010] 排列計數 - 洛谷

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題解

看到 \(p_i > p_{\lfloor i/2 \rfloor}\) 這個條件，可能一開始不會有什麼想法。但是如果我們換種寫法, 即: \(p_i<p_{2i} \land p_i<p_{2i+1}\)。這樣我們就能很容易看出來，這是小根堆的形式。

現在我們從根節點開始考慮，假設左子樹的大小為 \(a\)，右子樹的大小為 \(b\)，那麼根節點的選擇顯然只有一種，剩下由其子樹內部分配，其中這一步的方案數為 \(C_{a+b}^a\)，即把剩下的數選 \(a\) 個分給左子樹，剩下的給右子樹。由於每一層的決策都是獨立的，所以最後的答案就是這些相乘。

值得注意的是，這題可能存在 \(n>m\) 的情況，即 \(n\) 可能是 \(m\) 的倍數，這種情況下沒辦法正常的維護逆元，所以需要用到 \(Lucas\)定理。

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程式碼

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

struct Lucas
{
	int p;
	std::vector<i64> fac, inv;

	Lucas() {}
	Lucas(int n)
	{
		init(n);
	}

	void init(int n)
	{
		p = n;
		fac.assign(n, 1);
		inv.assign(n, 1);

		for(int i = 1; i < n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % n;

		for(int i = 2; i < n; i++) inv[i] = (n - n / i) * inv[n % i] % n;
		for(int i = 2; i < n; i++) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % n;
	}

	i64 binom(int n, int m)
	{
		if(m > n || m < 0) return 0;
		return fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
	}

	i64 cacl(int n, int m)
	{
		i64 ans = 1;
		while(n || m)
		{
			ans = ans * binom(n % p, m % p) % p;
			n /= p, m /= p;
		}

		return ans;
	}
};

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);

	int n, P; std::cin >> n >> P;

	Lucas comb;
	if(n >= P) comb.init(P);

	i64 ans = 1;

	std::vector<i64> fac(n + 1, 1), inv(n + 1, 1);
	for(int i = 2; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	for(int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = (P - P / i) * inv[P % i] % P;
	for(int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % P;

	auto C = [&](int n, int m) -> i64
	{
		return fac[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P;
	};

	auto dfs = [&](auto dfs, int p) -> int
	{
		if(p > n) return 0;
		int a = dfs(dfs, p << 1);
		int b = dfs(dfs, p << 1 | 1);

		if(n < P) ans = ans * C(a + b, a) % P;
		else ans = ans * comb.cacl(a + b, a) % P;
		return a + b + 1;
	};	
	dfs(dfs, 1);

	std::cout << ans << "\n";

	return 0;
}